›
›
›

Một số kỹ thuật sử dụng bất đẳng thức AM - GM và bất đẳng thức Bunyakovski

doc 77 trang dichphong 3970
Download
Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Một số kỹ thuật sử dụng bất đẳng thức AM - GM và bất đẳng thức Bunyakovski", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

  • docmot_so_ky_thuat_su_dung_bat_dang_thuc_am_gm_va_bat_dang_thuc.doc

Nội dung text: Một số kỹ thuật sử dụng bất đẳng thức AM - GM và bất đẳng thức Bunyakovski

  1. MỘT SỐ KỸ THUẬT SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC AM - GM VÀ BẤT ĐẲNG THỨC BUNYAKOVSKI MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC THƯỜNG DÙNG A. MỘT SỐ QUY TẮC CHUNG KHI SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC AM - GM VÀ BẤT ĐẲNG THỨC BUNYAKOVSKI Quy tắc song hành: Đa số các bất đẳng thức đều có tính đối xứng nên chúng ta có thể sử dụng nhiều bất đẳng thức trong chứng minh một bài toán để định hướng cách giải nhanh hơn. Quy tắc dấu bằng: Dấu “=” trong bất đẳng thức có vai trò rất quan trọng. Nó giúp ta kiểm tra tính đúng đắn của chứng minh, định hướng cho ta cách giải. Chính vì vậy khi giải các bài toán chứng minh bất đẳng thức hoặc các bài toán cực trị ta cần rèn luyện cho mình thói quen tìm điều kiện của dấu bằng mặc dù một số bài không yêu cầu trình bày phần này. Quy tắc về tính đồng thời của dấu bằng: Chúng ta thường mắc sai lầm về tính xảy ra đồng thời của dấu “=” khi áp dụng liên tiếp hoặc song hành nhiều bất đẳng thức. Khi áp dụng liên tiếp hoặc song hành nhiều bất đẳng thức thì các dấu “=” phải cùng được thỏa mãn với cùng một điều kiện của biến. Quy tắc biên: Đối với các bài toán cực trị có điều kiện ràng buộc thì cực trị thường đạt được tại vị trí biên. Quy tắc đối xứng: Các bất đẳng thức có tính đối xứng thì vai trò của các biến trong các bất đẳng thức là như nhau do đó dấu “=” thường xảy ra tại vị trí các biến đó bằng nhau. Nếu bài toán có điều kiện đối xứng thì chúng ta có thể chỉ ra dấu “=”xảy ra tại khi các biến đó bằng nhau và bằng một giá trụ cụ thể. 1
  2. I. MỘT SỐ KỸ THUẬT SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC AM- GM 1. Kỹ thuật tách ghép bộ số 1.1 Kỹ thuật tách ghép cơ bản Bài 1: Cho 3 số thực dương a, b, c. Chứng minh rằng: a b b c c a 8abc Giải: Áp dụng bất đẳng thức AM - GM, ta có: a b b c c a 2 ab.2 bc.2 ac 8abc (đpcm) Bài 2: Cho 4 số thực dương a, b, c, d. Chứng minh rằng: ac bd a b c d Giải: Áp dụng bất đẳng thức AM - GM, ta có: ac bd a c b d . . a b c d a b c d a b c d 1 a c 1 b d 1 a b c d 1 2 a b c d 2 a b c d 2 a b c d ac bd a b c d (đpcm) a c Bài 3: Cho 3 số thực dương a, b, c thỏa . Chứng minh rằng: b c c a c c b c ab Giải: Áp dụng bất đẳng thức AM - GM, ta có: c a c c b c c a c c b c . . ab b a a b 1 c a c 1 c b c 2 b a 2 a b 1 c c 1 c c 1 1 1 2 b a 2 a b c a c c b c ab (đpcm) 2
  3. Bài 4: Cho 3 số thực dương a, b, c. Chứng minh rằng: 1 3 abc 3 1 a 1 b 1 c Giải: Áp dụng bất đẳng thức AM - GM, ta có: 1 3 abc 1 1 1 a b c 3 . . 3 . . 3 1 a 1 b 1 c 1 a 1 b 1 c 1 a 1 b 1 c 1 1 1 1 1 a b c 3 1 a 1 b 1 c 3 1 a 1 b 1 c 1 1 a 1 b 1 c 1 3 1 a 1 b 1 c 1 3 abc 3 1 a 1 b 1 c (đpcm) a 1 Bài 5: Cho 2 số thực dương a, b thỏa . Chứng minh rằng: b 1 a b 1 b a 1 ab Giải: Áp dụng bất đẳng thức AM - GM, ta có: 1 ab a b 1 a ab a a ab a (1) 2 2 ab Tương tự: b a 1 (2) 2 Cộng theo vế (1) và (2), ta được: a b 1 b a 1 ab (đpcm) Bài 6: Cho 2 số thực dương a, b. Chứng minh rằng: 16ab a b 2 a b 4 Giải: Áp dụng bất đẳng thức AM - GM, ta có: 2 2 2 2 2 2 4ab a b a b 4 16ab a b 4. 4ab a b 4. 4. a b (đpcm) 2 2 Bài 7: Cho 3 số thực dương a, b, c. Chứng minh rằng: a 1 b b 1 c c 1 a 33 abc 1 3 abc Giải: Ta có: 3
  4. a 1 b b 1 c c 1 a a b c ab bc ca Áp dụng bất đẳng thức AM - GM, ta có: a b c 33 abc ab bc ca 33 abc 2 a b c ab bc ca 33 abc 33 abc 2 33 abc 1 33 abc a 1 b b 1 c c 1 a 33 abc 1 3 abc (đpcm) a b Bài 8: Cho 2 số thực dương a, b. Chứng minh rằng: ab a b 1 b a Giải: Áp dụng bất đẳng thức AM - GM, ta có: a b ab a ab b a b ab b a 2 2b 2 2a 2b 2a ab a ab b a b 2 . 2 . 2 . a b 1 (đpcm) 2 2b 2 2a 2b 2a Bài 9: Cho 3 số thực dương a, b, c thỏa a b c 10. Tìm GTLN của: A a 2b 3c 5 Giải: Ta có: 2 3 5 a a b b b c c c c c a b c 10 a b c 1010 . . 2 2 3 3 3 5 5 5 5 5 2 3 5 2 3 5 2 3 5 a b c a b c 10 . . 1 . . 1 a2b3c5 22 3355 337500 2 3 5 2 3 5 a b c a 2 a b c a b c Dấu “=” xảy ra 2 3 5 1 b 3 2 3 5 10 a b c 10 c 5 Vậy GTLN của A là 337500. 4
  5. 1.2 Kỹ thuật tách nghịch đảo a b Bài 1: Chứng minh rằng: 2 , a,b 0 b a Giải: a b Vì a,b 0 nên 0, 0 b a Áp dụng bất đẳng thức AM - GM ta có: a b a b 2 . 2 (đpcm) b a b a 1 Bài 2: Chứng minh rằng: a 3 , a 1 a 1 Giải: Áp dụng bất đẳng thức AM - GM ta có: 1 1 1 a a 1 1 2 a 1 1 2 1 3 (đpcm) a 1 a 1 a 1 a 2 2 Bài 3: Chứng minh rằng: 2 , a R a 2 1 Giải: Áp dụng bất đẳng thức AM - GM ta có: a 2 2 a 2 1 1 1 1 a 2 1 2 a 2 1 2 (đpcm) a 2 1 a 2 1 a 2 1 a 2 1 3a2 1 Bài 4: Chứng minh rằng: , a 0 1 9a4 2 Giải: Với a 0 , áp dụng bất đẳng thức AM - GM ta có: 3a2 1 1 1 1 4 4 (đpcm) 1 9a 1 9a 1 2 1 2 2 2 3a 2 .3a 3a2 3a2 3a 3a2 2 2 2 a Bài 5: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A a 1 2 , a 1 a 1 Giải: 5
  6. 2 2 2 a 2a 2 A a 1 a 1 2 2 2 a 1 1 a 1 a 1 2 2 1 a 1 a 1 a 1 1 Cauchy 1 2 a 1 2 2 2 2 a 1 2 2 2 2 2 a 1 2 a 1 2 1 2 4 8 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 2 a 1 2 hay a a 1 2 2 Vậy GTNN của A 2 2 2 2 Bài 6: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : A a , a 0 a 2 Giải: Áp dụng bất đẳng thức AM - GM ta có: 2 a a 1 a a 1 1 3 A a 3. . . 33 3 4 a 2 2 2 a a 3 2 2 a a 2 2 2. . 2. . 2 2 2 2 a 2 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi hay a 3 4 2 a 2 3 Vậy GTNN của A 3 4 2 1 Bài 7: Chứng minh rằng: a 3 , a b 0 b(a b) Giải: Áp dụng bất đẳng thức AM - GM ta có: 1 1 1 a b a b 33 b. a b . 3 b a b b a b b a b 4 Bài 8: Chứng minh rằng: a 3 , a b 0 a b b 1 2 Giải: Áp dụng bất đẳng thức AM - GM ta có: 6
  7. 4 b 1 b 1 1 a a b 1 2 2 2 b 1 b 1 a b b 1 a b 2 2 b 1 b 1 1 4. a b . . . 1 3 4 2 2 b 1 b 1 a b 2 2 7
  8. Bài tập tự luyện 8
  9. 1.3 Kỹ thuật ghép đối xứng Trong kỹ thuật ghép đối xứng ta cần nắm một số thao tác sau: a b b c c a a b c Phép cộng: 2 2 2 2 a b c a b b c c a abc ab bc ca, a,b,c 0 Phép nhân: 2 2 2 a b c ab bc ca bc ca ab Bài 1: Cho ba số thực dương a, b, c. CMR: a b c a b c Giải: Ta có: bc ca ab 1 bc ca 1 ca ab 1 ab bc a b c 2 a b 2 b c 2 c a bc ca ca ab ab bc . . . a b c a b b c c a a 2 b 2 c 2 b c a Bài 2: Cho ba số thực abc 0 . CMR: b 2 c 2 a 2 a b c Giải: Ta có: a 2 b 2 c 2 1 a 2 b 2 1 b 2 c 2 1 c 2 a 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 b c a 2 b c 2 c a 2 a b a 2 b 2 b 2 c 2 c 2 a 2 b c a b c a . . b 2 c 2 c 2 a 2 a 2 b 2 a b c a b c Bài 3: Cho ba số thực dương a, b, c thỏa abc 1. CMR: b c c a a b a b c 3 a b c Giải: 9
  10. b c c a a b 2 bc 2 ca 2 ab bc ca ab 2 a b c a b c a b c bc ca ca ab ab bc a b b c c a bc ca ca ab ab bc 2 2 2 a b b c c a 2 a b c a b c a b c a b c 33 a b c a b c 3 b c c a a b Vậy a b c 3 a b c a b c Bài 4: Cho ABC, AB c, BC a,CA b, p . CMR: 2 1 p a p b p c abc 8 Giải: Ta có: p a p b p c p a p b p b p c p c p a p a p b p b p c p c p a . . 2 2 2 2 p a b 2 p b c 2 p c a 1 . . abc 2 2 2 8 a b c Bài 5: Cho ABC, AB c, BC a,CA b, p . CMR: 2 1 1 1 1 1 1 2 p a p b p c a b c Giải: Ta có: 10
  11. 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 p a p b p c 2 p a p b 2 p b p c 2 p c p a 1 1 1 p a p b p b p c p c p a 1 1 1 p a p b p b p c p c p a 2 2 2 1 1 1 2 a b c 11
  12. Bài tập tự luyện 12
  13. 1.4 Kỹ thuật ghép cặp nghịch đảo Trong kỹ thuật ghép cặp nghịch đảo ta ứng dụng bất đẳng thức sau Với n N và x1 , x2 , , xn 0 thì 1 1 1 2 x1 x2 xn n x1 x2 xn Chứng minh bất đẳng thức trên : Ta có với x1 , x2 , , xn 0 thì 1 1 1 1 2 n n x1 x2 xn n x1 x2 xn .n n x1 x2 xn x1 x2 xn Với n 3 và x1 , x2 , x3 0 thì 1 1 1 x1 x2 x3 9 x1 x2 x3 b c c a a b Bài 1: Cho ba số thực dương a, b, c. CMR: 6 a b c Giải: Ta có: b c c a a b b c c a a b 1 1 1 3 a b c a b c a b c b c a c a b 3 a b c 1 1 1 a b c 3 9 3 6 a b c a b c 3 Bài 2: Cho ba số thực dương a, b, c. CMR: b c c a a b 2 (Bất đẳng thức Nesbit) Giải: Ta có: 13
  14. a b c a b c 1 1 1 3 b c c a a b b c c a a b a b c b c a c a b 3 b c c a a b 1 1 1 a b c 3 b c c a a b 1 1 1 1  b c c a a b  3 2 b c c a a b 9 3 3 2 2 c 2 a 2 b 2 a b c Bài 3: Cho ba số thực dương a, b, c. CMR: a b b c c a 2 Giải: c 2 a 2 b 2 c 2 a 2 b 2 c a b a b c a b b c c a a b b c c a c a b c 1 a 1 b 1 a b c a b b c c a a b c b c a c a b c a b a b c a b b c c a c a b a b c a b c a b b c c a c a b a b c 1 a b b c c a Theo bất đẳng thức Nesbit đã chứng minh ở bài 2 thì: a b c 3 b c c a a b 2 Do đó c 2 a 2 b 2 3 a b c a b c 1 (đpcm) a b b c c a 2 2 Bài 4: Cho ba số thực dương a, b, c thỏa a b c 1. Chứng minh bất đẳng thức sau: 1 1 1 9 a 2 2bc b 2 2ca c 2 2ab Giải: Do a b c 1 ta có: 14
  15. 1 1 1 2 1 1 1 a b c a 2 2bc b 2 2ca c 2 2ab a 2 2bc b 2 2ca c 2 2ab 1 1 1 a 2 b 2 c 2 2ab 2bc 2ac a 2 2bc b 2 2ca c 2 2ab 1 1 1  a 2 2bc b 2 2ac c 2 2ab  9 a 2 2bc b 2 2ca c 2 2ab 15
  16. Bài tập tự luyện 16
  17. 2. Kỹ thuật đổi biến số Có những bài toán về mặt biểu thức toán học tương đối cồng kềnh, khó nhận biết được phương hướng giải. Bằng cách đổi biến số, ta có thể đưa bài toán về dạng đơn giản và dễ nhận biết hơn. Bài 1: Cho ABC, AB c, BC a,CA b. CMR: b c a c a b a b c abc (1) Giải: y z a 2 b c a x z x Đặt: c a b y b 2 a b c z x y c 2 Khi đó bất đẳng thức (1) tương đương với bất đẳng thức sau: x y y z z x x.y.z . . 2 2 2 Do trong tam giác, tổng độ dài của hai cạnh luôn lớn hơn độ dài cạnh còn lại nên : x, y, z 0 Áp dụng bất đẳng thức AM - GM ta có: x y y z z x . . xy. yz zx xyz 2 2 2 Hay b c a c a b a b c abc (đpcm) Bài 2: Cho ABC, AB c, BC a,CA b. CMR: a b c 3 (1) b c a c a b a b c Giải: Đặt: y z a 2 b c a x 0 z x c a b y 0 b 2 a b c z 0 x y c 2 Khi đó vế trái của bất đẳng thức (1) trở thành: 17
  18. y z z x x y 2x 2y 2z Ta có: y z z x x y 1 y x 1 z x 1 z y 2x 2y 2z 2 x y 2 x z 2 y z 2 y x 2 z x 2 z y . . . 3 2 x y 2 x z 2 y z a b c Hay 3 (đpcm) b c a c a b a b c Bài 3: Cho ABC, AB c, BC a,CA b. CMR: a 2 b 2 c 2 a b c (1) b c a c a b a b c Giải: y z a 2 b c a x 0 z x Đặt: c a b y 0 b 2 a b c z 0 x y c 2 Khi đó bất đẳng thức (1) tương đương với bất đẳng thức sau: y z 2 z x 2 x y 2 x y z 4x 4y 4z Ta có: y z 2 z x 2 x y 2 yz zx xy 1 yz zx 1 zx xy 1 xy yz 4x 4y 4z x y z 2 x y 2 y z 2 z x H yz zx zx xy xy yz . . . z x y x y y z z x a 2 b 2 c 2 ay a b c (đpcm) b c a c a b a b c a b c Bài 4: Cho ABC, AB c, BC a,CA b, p . CMR: 2 1 1 1 p (1) p a 2 p b 2 p c 2 p a p b p c Giải: 18
  19. b c a Ta có: p a 0 2 Tương tự: p b 0 p c 0 p a x 0 Đặt: p b y 0 p x y z p c z 0 Khi đó bất đẳng thức (1) tương đương với bất đẳng thức sau: 1 1 1 x y z x 2 y 2 z 2 xyz Ta có: 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 x y z 2 x y 2 y z 2 z x 1 1 1 1 1 1 1 1 1 x y z . . x 2 y 2 y 2 z 2 z 2 x 2 xy yz zx xyz 1 1 1 p Hay (đpcm) p a 2 p b 2 p c 2 p a p b p c a b c 3 Bài 5: Cho ba số thực dương a, b, c. CMR: (1) b c c a a b 2 Giải: y z x a 2 b c x z x y Đặt: c a y b 2 a b z x y z c 2 Khi đó bất đẳng thức (1) trở thành: y z x z x y x y z 1 2x 2y 2z 2 Ta có: y z x z x y x y z 1 y x 1 z x 1 z y 3 2x 2y 2z 2 x y 2 x z 2 y z 2 2 y x 2 z x 2 z y 3 3 . . . 2 x y 2 x z 2 y z 2 2 19
  20. a b c 3 Hay (đpcm) b c c a a b 2 Bài 6: Cho 3 số thực không âm a, b, c thỏa a c b c 1 . CMR: 1 1 1 4 (1) a b 2 a c 2 b c 2 Giải: 1 x y a c x xy 1 1 Đặt: y b c y a b x y x a b x y Khi đó vế trái của bất đẳng thức (1) trở thành: 1 1 1 4 x y 2 x2 y2 Ta có: 1 1 1 1 1 x2 y2 x2 y2 x y 2 x2 y2 x y 2 x2 2xy y2 1 1 x2 y2 2 2 2 . x2 y2 2 2 4 x2 2 y2 x2 2 y2 1 1 1 Vậy 4 (đpcm) a b 2 a c 2 b c 2 Bài 7: Cho x, y, z là các số thực dương thay đổi và thỏa mãn điều kiện xyz 1 . Tìm GTNN của biểu thức: x 2 y z y 2 z x z 2 x y A y y 2z z z z 2x x x x 2y y Đề thi Đại học khối A năm 2007 Giải: Áp dụng bất đẳng thức AM - GM ta có: 20
  21. x 2 .2 yz y 2 .2 zx z 2 .2 xy A y y 2z z z z 2x x x x 2y y 2x x xyz 2y y yzx 2z z zxy y y 2z z z z 2x x x x 2y y 2x x 2y y 2z z y y 2z z z z 2x x x x 2y y 1 x x 2a 4b c 9 a y y 2z z 1 Đặt: b z z 2x x y y a 2b 4c 9 c x x 2y y 1 z z 4a b 2c 9 Khi đó 2 2a 4b c a 2b 4c 4a b 2c A 9 a b c 2 b a c c a b 6 4 9 a c b a b c 2 b a c c a b 2 3 3 6 4.3. . . 3. . . 6 12 3 2 9 a c b a b c 9 Dấu “=” xảy ra a b c 1 Vậy GTNN của A là 2 21
  22. Bài tập tự luyện 22
  23. 3. Kỹ thuật chọn điểm rơi Điểm rơi trong các bất đẳng thức là giá trị đạt được của biến khi dấu “=” trong bất đẳng thức xảy ra. Trong các bất đẳng thức dấu “=” thường xảy ra ở các trường hợp sau: Các biến có giá trị bằng nhau. Khi đó ta gọi bài toán có cực trị đạt được tại tâm Khi các biến có giá trị tại biên. Khi đó ta gọi bài toán có cực trị đạt được tại biên Căn cứ vào điều kiện xảy ra của dấu “=” trong bất đẳng thức ta xét các kỹ thuật chọn điểm rơi trong các trường hợp trên 3.1 Kỹ thuật chọn điểm rơi trong bài toán cực trị xảy ra ở biên Xét các bài toán sau: 1 Bài toán 1: Cho số thực a 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất (GTNN) của A a a 1 1 Sai lầm thường gặp là: A a 2 a. 2 . Vậy GTNN của A là 2. a a 1 Nguyên nhân sai lầm: GTNN của A là 2 a a 1 vô lý vì theo giả thuyết thì a a 2 . 1 a 1 3a a 1 3a 3.2 5 Lời giải đúng: A a 2 . 1 a 4 a 4 4 a 4 4 2 a 1 Dấu “=” xảy ra hay a 2 4 a 5 Vậy GTNN của A là . 2 Vì sao chúng ta lại biết phân tích được như lời giải trên. Đây chính là kỹ thuật chọn điểm rơi trong bất đẳng thức. Quay lại bài toán trên, dễ thấy a càng tăng thì A càng tăng. Ta dự đoán A đạt GTNN khi a 2 . Khi đó ta nói A đạt GTNN tại “Điểm rơi a 2 ” . Ta không thể áp dụng 1 bất đẳng thức AM - GM cho hai số a và vì không thỏa quy tắc dấu “=”. Vì vậy ta a 1 phải tách a hoặc để khi áp dụng bất đẳng thức AM - GM thì thỏa quy tắc dấu a 23
  24. a 1 “=”. Giả sử ta sử dụng bất đẳng thức AM - GM cho cặp số , sao cho tại “Điểm a a 1 rơi a 2 ” thì , ta có sơ đồ sau: a a 2 2 1 a 2 4 1 1 2 a 2 1 a 3a 1 Khi đó: A a và ta có lời giải như trên. a 4 4 a a 1 Lưu ý: Để giải bài toán trên, ngoài cách chọn cặp số , ta có thể chọn các các a 1 1 cặp số sau: a, hoặc a, hoặc a, . a a a 1 Bài toán 2: Cho số thực a 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của A a a 2 Sơ đồ điểm rơi: a 2 2 1 a 2 8 1 1 4 a 2 4 Sai lầm thường gặp là: a 1 7a a 1 7a 1 7a 1 7.2 9 A 2 . . Dấu “=” xảy ra 8 a 2 8 8 a 2 8 2a 8 2.2 8 4 a 2 . 9 Vậy GTNN của A là 4 9 Nguyên nhân sai lầm: Mặc dù GTNN của A là là đáp số đúng nhưng cách giải 4 1 1 trên mắc sai lầm trong đánh giá mẫu số: “ a 2 là sai”. 2a 2.2 a a 1 6a a a 1 6a 3 6.2 9 Lời giải đúng: A 3.3 . . 8 8 a 2 8 8 8 a 2 8 4 8 4 Dấu “=” xảy ra a 2 9 Vậy GTNN của A là 4 24
  25. 1 Bài 1: Cho 2 số thực dương a, b thỏa a b 1. Tìm GTNN của A ab ab Phân tích: 2 a b 1 Ta có: ab 2 4 Sơ đồ điểm rơi: ab 1 1 4 1 1 ab 4 4 1 4 16 4 ab Giải: Ta có: 2 a b 1 ab 2 4 1 ab 4 1 1 1 17 A 16ab 15ab 2 16ab 15ab 8 15. ab ab 4 4 1 1 Dấu “=” xảy ra ab a b 4 2 17 Vậy GTNN của A là 4 18 Bài 2: Cho số thực a 6. Tìm GTNN của A a 2 a Phân tích: Ta có 18 9 9 A a 2 a 2 a a a Dễ thấy a càng tăng thì A càng tăng. Ta dự đoán A đạt GTNN khi a 6 . Ta có sơ đồ điểm rơi: a 2 36 36 3 a 6 24 9 9 3 2 a 6 2 Giải: 25
  26. a 2 9 9 23a 2 a 2 9 9 23a 2 A 33 . . Ta có: 24 a a 24 24 a a 24 9 23.36 39 2 24 a 2 9 Dấu “=” xảy ra a 6 24 a Vậy GTNN của A là 39 Bài 3: Cho 3 số thực dương a, b, c thỏa a 2b 3c 20 . Tìm GTNN của 3 9 4 A a b c a 2b c Phân tích: Dự đoán GTNN của A đạt được khi a 2b 3c 20 ,tại điểm rơi a 2,b 3,c 4 . Sơ đồ điểm rơi: a 2 2 3 4 a 2 3 3 2 3 a 2 b 3   3 3 b 3  2 9 3  2 2b 2 c 4   4 c 4 1  4 4  1 c Giải: 3a 3 b 9 c 4 a b 3c A 4 a 2 2b 4 c 4 2 4 3a 3 b 9 c 4 a 2b 3c 2 . 2 . 2 . 4 a 2 2b 4 c 4 3 3 2 5 13 Dấu “=” xảy ra a 2,b 3,c 4 Vậy GTNN của A là 13 ab 12 Bài 4: Cho3 số thực dương a, b, c thỏa . Chứng minh rằng: bc 8 26
  27. 1 1 1 8 121 a b c 2 ab bc ca abc 12 Phân tích: ab 12 Dự đoán GTNN của A đạt được khi ,tại điểm rơi a 3,b 4,c 2 . bc 8 Giải: Áp dụng bất đẳng thức AM - GM ta có: a b 2 a b 2 1 33 . . 18 24 ab 18 24 ab 2 a c 2 a c 2 33 . . 1 9 6 ca 9 6 ca b c 2 b c 2 3 33 . . 16 8 bc 16 8 bc 4 a c b 8 a c b 8 4 44 . . . 9 6 12 abc 9 6 12 abc 3 13a 13b 13a 13b 13 13 13 2 . 2 . .12 18 24 18 24 18 24 3 13b 13c 13b 13c 13 13 13 2 . 2 . .8 48 24 48 24 48 24 4 Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được: 1 1 1 8 121 a b c 2 (đpcm) ab bc ca abc 12 27
  28. 3.2 Kỹ thuật chọn điểm rơi trong bài toán cực trị đạt được tại tâm Xét bài toán sau: Bài toán: Cho 2 số thực dương a, b thỏa a b 1 Tìm GTNN của 1 1 A a b a b 1 1 1 1 Sai lầm thường gặp là: A a b 44 a.b. . 4 a b a b Vậy GTNN của A là 4. 1 1 Nguyên nhân sai lầm: GTNN của A là 4 a b a b 1 . Khi đó a b a b 2 1 trái giả thuyết . Phân tích: Do A là biểu thức đối xứng với a, b nên ta dự đoán GTNN của A đạt tại 1 a b 2 Sơ đồ điểm rơi: a b 1 1 2 1 1 a b 2 2 1 1 2 4 2 a b 1 1 1 1 Lời giải đúng: A 4a 4b 3a 3b 44 4a 4b. . 3 a b 8 3 5 a b a b 1 Dấu “=” xảy ra a b 2 Vậy GTNN của A là 5 3 Bài 1: Cho 3 số thực dương a, b, c thỏa a b c . Tìm GTNN của 2 1 1 1 A a b c a b c Phân tích: Do A là biểu thức đối xứng với a, b, c nên ta dự đoán GTNN của A đạt tại 1 a b c 2 Sơ đồ điểm rơi: 28
  29. a b c 1 1 2 1 1 a b c 2 2 1 1 1 2 4 2 a b c Giải: 1 1 1 A 4a 4b 4c 3a 3b 3c a b c 1 1 1 66 4a.4b.4c. . . 3 a b c a b c 9 13 12 2 2 1 Dấu “=” xảy ra a b c 2 13 Vậy GTNN của A là 2 3 Bài 2: Cho 3 số thực dương a, b, c thỏa a b c . Tìm GTNN của 2 1 1 1 A a 2 b 2 c 2 a b c Phân tích: Do A là biểu thức đối xứng với a, b, c nên ta dự đoán GTNN của A đạt tại 1 a b c 2 Sơ đồ điểm rơi: 1 a 2 b 2 c 2 1 4 1 2 a b c 8 2 1 1 1 2 4 a b c Giải: 1 1 1 1 1 1 3 3 3 A a 2 b 2 c 2 8a 8b 8c 8a 8b 8c 4a 4b 4c 1 1 1 1 1 1 3 1 1 1 99 a 2 .b 2 .c 2 . . . . . . 8a 8b 8c 8a 8b 8c 4 a b c 9 1 9 9 1 9 9 27 9. . .2 4 3 abc 4 4 a b c 4 4 4 3 1 Dấu “=” xảy ra a b c 2 29
  30. 27 Vậy GTNN của A là 4 a b ab Bài 3: Cho 2 số thực dương a, b. Tìm GTNN của A ab a b Phân tích: Do A là biểu thức đối xứng với a, b nên ta dự đoán GTNN của A đạt tại a b Sơ đồ điểm rơi: a b 2a 2 ab a 2 1 a b 4 ab a 1 2 a b 2a 2 Giải: a b ab 3 a b a b ab 3.2 ab 3 5 A 2 . 1 4 ab a b 4 ab 4 ab a b 4 ab 2 2 Dấu “=” xảy ra a b 5 Vậy GTNN của A là 2 Bài 4: Cho 3 số thực dương a, b, c. Tìm GTNN của a b c b c c a a b A b c c a a b a b c Phân tích: Do A là biểu thức đối xứng với a, b, c nên ta dự đoán GTNN của A đạt tại a b c Sơ đồ điểm rơi: a b c 1 b c c a a b 2 1 2 a b c 4 b c c a a b 2 2 a b c Giải: a b c b c c a a b 3 b c c a a b A b c c a a b 4a 4b 4c 4 a b c a b c b c c a a b 3 b c c a a b 66 . . . . . b c c a a b 4a 4b 4c 4 a a b b c c 30
  31. 3 b c c a a b 9 15 3 .6.6 . . . . . 3 4 a a b b c c 2 2 Dấu “=” xảy ra a b c 15 Vậy GTNN của A là 2 Bài 5: Cho 2 số thực dương a, b thỏa a b 1. Tìm GTNN của : 1 1 A a 2 b 2 2ab Phân tích: Do A là biểu thức đối xứng với a, b nên ta dự đoán GTNN của A đạt tại 1 a b 2 Sơ đồ điểm rơi: 1 2 1 a 2 b 2 a b 2 2 1 2 2 2ab Giải: 1 1 1 1 4 A 2 2. 4 a 2 b 2 2ab a 2 b 2 2ab a 2 b 2 2ab a b 2 2 a 2 b 2 2ab 1 Dấu “=” xảy ra a b a b 1 2 Vậy GTNN của A là 4 Bài 6: Cho 2 số thực dương a, b thỏa a b 1. Tìm GTNN của 1 1 A 1 a 2 b 2 2ab Phân tích: Do A là biểu thức đối xứng với a, b nên ta dự đoán GTNN của A đạt tại 1 a b 2 Sơ đồ điểm rơi: 31
  32. 1 2 1 1 a 2 b 2 3 2 2 a b 3 2 1 2 3 2 ab Giải: 1 1 1 A 1 a 2 b 2 6ab 3ab 1 1 2 1 a 2 b 2 6ab 3ab 1 1 4 1 2. 1 a 2 b 2 6ab 3ab a b 2 1 4ab 3ab 2 2 4 1 a b Do ab 2 2 2 a b a b 2 a b 1 4 3 2 2 4 4 2 a b 2 1 3 a b 2 4 4 8 2.1 1 3.1 3 1 a 2 b 2 6ab 1 Dấu “=” xảy ra a b a b 2 a b 1 8 Vậy GTNN của A là 3 Bài 7: Cho 2 số thực dương a, b thỏa a b 1. Tìm GTNN của 1 1 A 4ab a2 b2 ab Phân tích: Do A là biểu thức đối xứng với a, b nên ta dự đoán GTNN của A đạt tại 1 a b 2 Sơ đồ điểm rơi: 32
  33. 1 2 1 a 2 b 2 4 a b 2 2 2 1 4 ab 4ab 1 1 4 a b 1 4 1  4 2  ab  Giải: 1 1 1 1 A 4ab a 2 b 2 2ab 4ab 4ab 1 1 1 2 2 4ab. a 2 b 2 2ab 4ab 4ab 1 1 4 1 2. 2 2 a 2 b 2 2ab 4ab a b 2 4ab 2 2 4 1 a b 2 2 2 Do ab a b a b 2 4 2 5 2 a b 2 5 2 7 1 a 2 b 2 2ab 1 4ab 1 Dấu “=” xảy ra 4ab a b 2 a b a b 1 Vậy GTNN của A là 7 Bài 8: Cho 2 số thực dương a, b thỏa a b 1. Tìm GTNN của 1 1 1 A a 3 b3 a 2b ab 2 Phân tích: Do A là biểu thức đối xứng với a, b nên ta dự đoán GTNN của A đạt tại 1 a b 2 Sơ đồ điểm rơi: 33
  34. 1 2 1 a 3 b3 4 a b 2 2 2 1 1 4 a 2b ab 2 Giải: 1 1 1 1 1 A a3 b3 2a2b 2ab2 2a2b 2ab2 1 1 1 1 1 55 . . . . a3 b3 2a2b 2ab2 2a2b 2ab2 1 5 a3 b3 2a2b 2ab2 2a2b 2ab2 5 25 a b 3 ab(a b) 2 25 a b Do ab 3 3 (a b) 2 a b 4 25 20 1 1 4 1 1 1 a 3 b3 2a 2b 2ab 2 1 Dấu “=” xảy ra a b a b 2 a b 1 Vậy GTNN của A là 20 1 1 1 Bài 9: Cho ba số thực dương x, y, z thỏa 4 . Tìm GTLN của x y z 1 1 1 P 2x y z x 2y z x y 2z Đề thi Đại học khối A năm 2005 Giải: 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 4 . . . 2x y z x x y z 44 x.x.y.z 4 x x y z 16 x x y z 34
  35. Tương tự: 1 1 1 1 1 1 x 2y z 16 x y y z 1 1 1 1 1 1 x y 2z 16 x y z z Cộng theo vế 3 bất đẳng thức trên, ta có: 1 1 1 1 4 4 4 P 1 2x y z x 2y z x y 2z 16 x y z 1 1 1 4 3 Dấu “=” xảy ra x y z x y z 3 4 Vậy GTLN của P là 1 35
  36. 4. Kỹ thuật nhân thêm hệ số Bài 1: Tìm GTLN của : A a2 1-a , a 0,1 Giải: Do a,1-a 0 nên áp dụng bất đẳng thức AM - GM ta có: 3 1 1 1 a a 2-2a 1 8 A a 2 2-2a a.a 2-2a . 2 2 2 3 2 27 4 A 27 2 Dấu “=” xảy ra a 2 2a 3 4 Vậy GTLN của A là 27 Bài 2: Tìm GTLN của : A a 3 2-a , a 0,2 Giải: Áp dụng bất đẳng thức AM - GM ta có: 4 1 1 a a a 6 3a 27 A a.a.a. 6 3a 3 3 4 16 3 Dấu “=” xảy ra a 6 3a 2 27 Vậy GTLN của A là 16 a 3 Bài 3: Cho các số thực dương a, b thỏa . Tìm GTLN của b 4 A 3 a 4 b 2a 3b Giải: Áp dụng bất đẳng thức AM - GM ta có: 3 1 1 6 2a 12 3b 2a 3b A 6 2a 12 3b 2a 3b 36 6 6 3 a 0 Dấu “=” xảy ra 6 2a 12 3b 2a 3b 6 b 2 Vậy GTLN của A là 36 36
  37. a 2 Bài 4: Cho các số thực a, b, c thỏa b 6 . Tìm GTLN của: c 12 bc a 2 ca3 b 6 ab4 c 12 A abc Giải: Áp dụng bất đẳng thức AM - GM ta có: bc bc a 2 2 abc bc a 2 a 2 .2 . 2 2 2 2 2 ca ca b 6 3 3 abc ca3 b 6 3 b 6 .3.3 . 3 9 3 9 3 33 9 ab ab c 12 4 4 4 abc abc ab4 c 12 4 c 12 .4.4.4 . 4 64 4 64 4 44 64 8 2 Khi đó ta có: bc a 2 ca3 b 6 ab4 c 12 1 1 1 5 1 A abc 2 2 33 9 8 2 8 2 33 9 a 2 2 a 4 Dấu “=” xảy ra b 6 3 b 9 c 12 4 c 16 5 1 Vậy GTLN của A là 8 2 33 9 Bài 5: Cho 3 số thực dương a, b, c thỏa a b c 1. Tìm GTLN của: A a b b c c a Phân tích: Do A là biểu thức đối xứng với a, b, c nên ta dự đoán GTNN của A đạt tại 2 a b 3 1 2 a b c b c 3 3 2 c a 3 Giải: Áp dụng bất đẳng thức AM - GM ta có: 37
  38. 2 a b 3 2 3 a b a b . . 3 (1) 2 3 2 2 2 b c 3 b c . 3 (2) 2 2 2 c a 3 c a . 3 (3) 2 2 Cộng theo vế các bất đẳng thức (1), (2) và (3) ta được: 2 2 a b c 3. 3 A a b b c c a . 3 6 2 2 2 a b 3 2 1 Dấu “=” xảy ra b c a b c 3 3 2 c a 3 Vậy GTLN của A là 6 Lưu ý: Trong bài toán sử dụng kỹ thuật nhân thêm hệ số, ta sẽ sử dụng kỹ thuật chọn điểm rơi để tìm hệ số cho phù hợp. Bài 6: Cho 3 số thực dương a, b, c thỏa a b c 3. Chứng minh rằng: 3 a 2b 3 b 2c 3 c 2a 33 3 Phân tích: Do biểu thức đã cho là biểu thức đối xứng với a, b, c nên ta dự đoán dấu “=” xảy ra khi: a 2b 3 a b c 1 b 2c 3 c 2a 3 Giải: Áp dụng bất đẳng thức AM - GM ta có: 38
  39. 1 1 a 2b 3 3 6 a 2b 3 a 2b 3 a 2b .3.3 (1) 3 9 3 9 3 33 9 6 b 2c 3 b 2c (2) 33 9 6 c 2a 3 c 2a (3) 33 9 Cộng theo vế các bất đẳng thức (1), (2) và (3) ta được: 18 3 a b c 3 a 2b 3 b 2c 3 c 2a 33 3 (đpcm) 33 9 Bài 7: Cho a, b, c  2;2 thỏa a b c 3 . Chứng minh rằng: 4 a 2 4 b 2 4 c 2 3 3 Phân tích: Do biểu thức đã cho là biểu thức đối xứng với a, b, c nên ta dự đoán dấu “=” xảy ra khi: 4 a 2 3 2 a b c 1 4 b 3 2 4 c 3 Giải: Áp dụng bất đẳng thức AM - GM ta có: 2 2 2 1 2 1 4 a 3 7 a 4 a 4 a 3 . (1) 3 3 2 2 3 7 b 2 4 b 2 (2) 2 3 7 c 2 4 c 2 (3) 2 3 Cộng theo vế các bất đẳng thức (1), (2) và (3) ta được: 2 2 2 2 2 2 21 a b c 4 a 4 b 4 c 2 3 Mà theo bất đẳng thức Bunyakovski ta có a b c 2 1 1 1 a 2 b 2 c 2 a b c 2 a 2 b 2 c 2 3 a b c 2 21 nên 4 a 2 4 b 2 4 c 2 3 3 3 (đpcm) 2 3 39
  40. 5. Kỹ thuật hạ bậc 5.1 Bài toán 1 Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện a b c 1(*). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A a2 b2 c2 Phân tích: Sự chênh lệch về số mũ của các biểu thức a2 b2 c2 và a b c gợi cho ta sử dụng bất đẳng thức AM - GM để hạ bậc a2 b2 c2 . Nhưng ta cần áp dụng cho bao nhiêu số và là những số nào? Căn cứ vào bậc của các biến số a, b, c trong các biểu thức trên (số bậc giảm 2 lần) thì ta cần áp dụng bất đẳng thức AM - GM lần lượt cho a 2 , b 2 và c2 cùng với 1 hằng số dương tương ứng khác để làm xuất hiện a, b và c . Do a, b, c dương và có vai trò như nhau nên ta dự đoán A đạt giá trị nhỏ 1 nhất khi a b c , từ (*) ta có a b c . Mặt khác thì dấu “=” của bất đẳng thức 3 AM - GM xảy ra khi chỉ khi các số tham gia bằng nhau. Khi đó ta có lời giải như sau: Lời giải: 1 Áp dụng bất đẳng thức AM - GM cho 2 số: a2 và ta có: 9 1 1 2 1 1 a2 2 a2. a (1) Dấu “=” xảy ra a2 a 9 9 3 9 3 Tương tự: 1 2 1 b2 b (2) Dấu “=” xảy ra b 9 3 3 1 2 1 c2 c (3) Dấu “=” xảy ra c 9 3 3 Cộng theo vế các bất đẳng thức (1), (2) và (3) ta được: 1 2 2 1 a 2 b 2 c 2 a b c a 2 b 2 c 2 . 3 3 3 3 1 Dấu “=” xảy ra a b c 3 1 Vậy GTNN của A là 3 Bài 1: Cho các số thực dương a, b thỏa mãn điều kiện a 3 b3 1(*). Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A a b 40
  41. Phân tích: Căn cứ vào bậc của các biến số a, b trong các biểu thức trên (số bậc giảm 6 lần) thì ta cần áp dụng bất đẳng thức AM - GM lần lượt cho a 3và b3 cùng với 5 hằng số dương tương ứng khác để làm xuất hiện a và b . Do a, b dương và có vai trò như nhau nên ta dự đoán A đạt giá trị lớn nhất khi a b , từ (*) ta có 1 a 3 b3 . Mặt khác thì dấu “=” của bất đẳng thức AM - GM xảy ra khi chỉ khi 2 các số tham gia bằng nhau. Khi đó ta có lời giải như sau: Giải: 1 Áp dụng bất đẳng thức AM - GM cho 6 số: a 3 và 5 số ta có: 2 5 1 1 1 1 1 a 3 5. 6.6 a 3 . 6. . a (1) Dấu “=” xảy ra a 3 a 2 2 6 25 2 3 2 Tương tự: 5 1 1 1 1 b3 5. 6.6 b3 . 6. . b (2) Dấu “=” xảy ra b 2 2 6 25 3 2 Cộng theo vế các bất đẳng thức (1) và (2) ta được: 1 1 a 3 b3 5 6. a b 1 5 6. a b a b 6 25 6 25 6 25 1 Dấu “=” xảy ra a b 3 2 Vậy giá trị lớn nhất của A là 6 25 Bài 2: Cho 3 số thực dương a, b, c thỏa ab bc ca 3. CMR: a 3 b3 c 3 3 Giải: Áp dụng bất đẳng thức AM - GM ta có: a 3 b3 1 33 a 3b3 3ab (1) ; b3 c 3 1 3bc (2) ; c 3 a 3 1 3ca (3) Cộng theo vế các bất đẳng thức (1), (2) và (3) ta được: 2 a 3 b3 c 3 3 3 ab bc ca 2 a 3 b3 c 3 3 3.3 a3 b3 c3 3 (đpcm) Bài3: Cho 3 số thực dương a, b, c thỏa a3 b3 c3 3 . CMR: a 5 b5 c 5 3 Giải: Áp dụng bất đẳng thức AM - GM cho 5 số: 3 số a 5 và 2 số 1, ta có: 41
  42. 3a 5 2 55 a151.1 5a 3 (1) Tương tự: 3b5 2 5b3 (2) ; 3c 5 2 5c 3 (3) Cộng theo vế các bất đẳng thức (1), (2) và (3) ta được: 3 a 5 b5 c 5 6 5 a 3 b3 c 3 3 a 5 b5 c 5 6 5.3 a5 b5 c5 3 (đpcm) Bài 4: Cho 3 số thực dương a, b, c thỏa a 3b3 b3c 3 c 3a 3 3. CMR: a 7 b7 c 7 3 Giải: Áp dụng bất đẳng thức AM - GM cho 7 số: 3 số a 7 , 3 số b7 và số 1, ta có: 3a 7 3b7 1 77 a 21.b 211 7a 3b3 (1) Tương tự: 3b7 3c 7 1 7b3c 3 (2) ; 3c 7 3a 7 1 7c 3a 3 (3) Cộng theo vế các bất đẳng thức (1), (2) và (3) ta được: 6 a 7 b7 c 7 3 7 a 3b3 b3c 3 c 3a 3 6 a 7 b7 c 7 3 7.3 a 7 b7 c 7 3 (đpcm) Bài 5: Cho 2 số thực dương a, b. CMR: a 2 b 2 4 2a 2b ab Giải: Áp dụng bất đẳng thức AM - GM, ta có: a 2 4 2 a 2 .4 4a (1); b(2)2 ;4 (3)4b a 2 b 2 2ab Cộng theo vế các bất đẳng thức (1), (2) và (3) ta được: 2a 2 2b 2 8 4a 4b 2ab a 2 b 2 4 2a 2b ab (đpcm) Bài 6: Cho 3 số thực dương a, b, c. CMR: a 3 b3 c 3 a 2 bc b 2 ca c 2 ab Giải: Áp dụng bất đẳng thức AM - GM cho 6 số: 4 số a 3 ,1 số b3 và 1 số c 3 ta có: 4a 3 b3 c 3 66 a12 .b3 .c 3 6a 2 bc (1) Tương tự: 42
  43. 4b3 c 3 a 3 6b 2 ca (2) ; 4c 3 a 3 b3 6c 2 ab (3) Cộng theo vế các bất đẳng thức (1), (2) và (3) ta được: 6 a 3 b3 c 3 6 a 2 bc b 2 ca c 2 ab a 3 b3 c 3 a 2 bc b 2 ca c 2 ab (đpcm) Bài 7: Cho các số thực dương a, b, c, m, n. CMR: a m n b m n c m n a mb n b mc n c m a n Giải: Áp dụng bất đẳng thức AM - GM cho m+n số: m số a m n và n số btam có:n m n ma m n nb m n m n .m n a m n b m n m n .a mb n (1) Tương tự: mb m n nc m n m n .b mc n (2) mc m n na m n m n .c m a n (3) Cộng theo vế các bất đẳng thức (1), (2) và (3) ta được: m n a m n b m n c m n m n a mb n b mc n c m a n a m n b m n c m n a mb n b mc n c m a n (đpcm) Lưu ý: Bất đẳng thức chúng ta vừa chứng minh sẽ được sử dụng trong chứng minh các bài toán sau này. Bài 8: Cho 3 số thực dương a, b, c thỏa abc 1 . Chứng minh bất đẳng thức sau: 1 1 1 1 a 3 b3 1 b3 c 3 1 c 3 a 3 1 Giải: Từ kết quả bài 7 ta có a m n b m n c m n a mb n b mc n c m a n m 2 Chọn n 1 ta được: c a a 3 b3 a 3 a 2b b 2 a a 2 a a 2b b 2 a a 3 a 3 b3 a 2b b 2 a 1 1 abc c do abc 1 (1) a 3 b3 1 a 2b b 2 a 1 a 2b b 2 a abc a b c Tương tự: 43
  44. 1 a (2) b3 c 3 1 a b c 1 b (3) c 3 a 3 1 a b c Cộng theo vế các bất đẳng thức (1), (2) và (3) ta được: 1 1 1 a b c 1(đpcm) a 3 b3 1 b3 c 3 1 c 3 a 3 1 a b c 5.2 Bài toán 2 Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện ab bc ca 1 . Chứng minh rằng: 10a 2 10b 2 c 2 4 Giải: Áp dụng bất đẳng thức AM - GM ta có: c 2 c 2 8a 2 2 8a 2 . 4ac 2 2 c 2 c 2 8b 2 2 8b 2 . 4bc 2 2 2a 2 2b 2 2 2a 2 .2b 2 4ab Cộng theo vế 3 bất đẳng thức trên, ta có: 10a 2 10b 2 c 2 4 ab bc ca 4.1 4 2 2 c 8a 2 1 2 a b 2 c 3 Dấu “=” xảy ra 8b 2 4 c 2a 2 2b 2 3 Đây là một lời giải ngắn gọn nhưng có vẻ hơi thiếu tự nhiên. Chúng ta sẽ thắc mắc tại sao lại tách được 10 8 2 . Nếu tách cách khác, chẳng hạn 10 6 4liệu có giải được không? Tất nhiên mọi cách tách khác đều không dẫn đến kết quả, và tách 10 8 2 cũng không phải là sự may mắn. Bây giờ ta sẽ tìm lí do việc tách 10 8 2 ở bài toán trên. Với 0 10 . Áp dụng bất đẳng thức AM - GM ta có: c 2 c 2 a 2 2 a 2 . 2 ac 2 2 44
  45. c 2 c 2 b 2 2 b 2 . 2 bc 2 2 10 a 2 10 b 2 2 10 a 2 10 b 2 20 2 ab Cộng theo vế 3 bất đẳng thức trên, ta có: 10a 2 10b 2 c 2 2 ac bc 20 2 ab Lúc này ta cân bằng điều kiện giả thuyết, tức là: 8 2 2 2 20 2 2 400 80 4 2 41 200 0 25 10 2 8 Khi đó ta có lời giải bài toán như trên. Bài 1: Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện ab bc ca 5 . CMR: : 3a 2 3b 2 c 2 10 Giải: Áp dụng bất đẳng thức AM - GM ta có: c 2 c 2 2a 2 2 2a 2 . 2ac 2 2 c 2 c 2 2b 2 2 2b 2 . 2bc 2 2 a 2 b 2 2 a 2 .b 2 2ab Cộng theo vế 3 bất đẳng thức trên, ta có: 3a 2 3b 2 c 2 2 ab bc ca 2.5 10 5.3 Bài toán 3 Cho các số thực dương a, b thỏa mãn điều kiện a 3 b3 1 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A a 4b Phân tích: Dự đoán A đạt GTLN khi a 3 b3 1 a 3 3 Giả sử A đạt GTLN khi . Ta có  1 (1) b  Áp dụng bất đẳng thức AM - GM cho 3 số: a 3 và 2 số 3 ta có: 2 a 3 2 3 3.3 a 3 . 3 3 2 a 45
  46. Tương tự: 2 b3 2 3 33 b3 .  3 3 2b Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được: a 3 b3 2 3  3 3 2 a 3 2b Đẻ xuất hiện ở vế phải a 4b ta chọn ,  sao cho 3 2 a : 3 2b a : 4b 2 1 1 2  2 4  2 3 3 1 3 Từ (1) và (2) ta có hệ:  2 3 3 3 2 3  1  3 Khi đó ta có lời giải sau: Giải: Áp dụng bất đẳng thức AM - GM ta có: 1 1 1 1 1 a 3 3.3 a 3 . . a 9 9 9 9 3 3 8 8 4 b3 b 9 9 3 3 Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được: 1 a 3 b3 2 a 4b 3 3 a 4b 3 3 a 3 b3 2 33 3 3 3 1 3 a a 9 3 Dấu “=” xảy ra khi 3 3 8 2 3 b b 9 3 Vậy GTLN của A là 33 3 Bài 1: Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện a b c 3. Tìm GTNN của A 4a 2 6b 2 3c 2 Phân tích: 46
  47. Với , , 0 . Áp dụng bất đẳng thức AM - GM ta có: 4a 2 2 4a 2 . 2 4 a 6b 2  2 6b 2 . 2 6b 3c 2  2 3c 2 . 2 3 c Cộng theo vế 3 bất đẳng thức trên, ta có: 4a 2 6b 2 3c 2   2 4 a 2 6b 2 3 c a b c 3 a b c 3 a 2 4 4a   3 Dấu “=” xảy ra 2  6b  b 4 6 3 6 2 3c   c 3 Chọn , , sao cho 4 6 3   3 Ta có hệ phương trình: 4 6 3 4 6 3   3 4 6 3 4 4 4 1 1 2  3 3 6 4 6.6 3.3 2 3 3 4  3 8  3 4 16  3 Khi đó ta có lời giải bài toán như sau Giải: Áp dụng bất đẳng thức AM - GM ta có: 4a 2 4 2 4a 2 .4 8a 8 6 6b 2 2 8b 2 . 8b 3 3 47
  48. 16 16 3c 2 2 3c 2 . 8c 3 3 Cộng theo vế 3 bất đẳng thức trên, ta được: 8 16 4a 2 6b 2 3c 2 4 8 a b c 24 3 3 4a 2 6b 2 3c 2 12 a b c 3 4a 2 4 a 1 8 2 Dấu “=” xảy ra 6b 2 b 3 3 16 4 3c 2 c 3 3 Vậy GTNN của A là 12 48
  49. 6. Kỹ thuật cộng thêm Bài 1: Cho 3 số thực dương a, b, c. Chứng minh bất đẳng thức sau: a b c 1 1 1 b2 c2 a2 a b c Giải: Áp dụng bất đẳng thức AM - GM ta có: a 1 a 1 2 b 1 2 c 1 2 2 . (1) ; (2); (3) b2 a b2 a b c2 b c a2 c a Cộng theo vế các bất đẳng thức (1), (2) và (3) ta được: a b c 1 1 1 2 2 2 b 2 c 2 a 2 a b c a b c a b c 1 1 1 (đpcm) b2 c2 a2 a b c Bài 2: Cho 3 số thực dương a, b, c. Chứng minh bất đẳng thức sau: a2 b2 c2 a b c 2b c 2c a 2a b 3 Giải: Áp dụng bất đẳng thức AM - GM ta có: a2 2b c a2 2b c 2a 2 . (1) ; 2b c 9 2b c 9 3 b2 2c a 2b c2 2a b 2c (2) ; (3) 2c a 9 3 2a b 9 3 Cộng theo vế các bất đẳng thức (1), (2) và (3) ta được: a 2 b 2 c 2 3 a b c 2 a b c 2b c 2c a 2a b 9 3 a2 b2 c2 a b c (đpcm) 2b c 2c a 2a b 3 Lưu ý: Trong bài toán sử dụng kỹ thuật cộng thêm hệ số, ta sẽ sử dụng kỹ thuật chọn điểm rơi và kỹ thuật hạ bậc để tìm hạng tử cho phù hợp. Ví dụ: Đối với bài 1 bất đẳng thức đã cho có tính đối xứng với a, b, c nên ta dự đoán a a 1 1 dấu “=” xảy ra khi a b c . Khi đó , ta chọn . b 2 a 2 a a 49
  50. Đối với bài 2 bất đẳng thức đã cho có tính đối xứng với a, b, c nên ta dự đoán a 2 a 2 a dấu “=” xảy ra khi a b c . Khi đó , muốn sử dụng bất đẳng 2b c 2a a 3 2b c thức AM - GM để làm mất mẫu thì ta cộng thêm . Chọn mẫu là số 9 vì 9 2b c 2a a a . 9 9 3 Bài 3: Cho 3 số thực dương a, b, c. Chứng minh bất đẳng thức sau: a3 b3 b3 c3 c3 a3 2 a b c ab bc ca Giải: Ta có: a 3 b3 b3 c 3 c 3 a 3 a 2 b 2 b 2 c 2 c 2 a 2 ab bc ca b a c b a c Áp dụng bất đẳng thức AM - GM ta có: a 2 a 2 b 2 b 2 b 2 .b 2a (1); a 2b (2) ; c 2b (3) ; b b a c c 2 c 2 a 2 b 2c (4) ; a 2c (5) ; c 2a (6) b a c Cộng theo vế các bất đẳng thức từ (1) đến (6) ta được: a 2 b 2 b 2 c 2 c 2 a 2 2 a b c 4 a b c b a c b a c a 2 b 2 b 2 c 2 c 2 a 2 2 a b c b a c b a c a 3 b3 b3 c 3 c 3 a 3 2 a b c (đpcm) ab bc ca Bài 4: Cho 3 số thực dương a, b, c. Chứng minh bất đẳng thức sau: a 2 b 2 c 2 1 1 1 b3 c 3 a 3 a b c Giải: Áp dụng bất đẳng thức AM - GM ta có: a 2 1 1 a 2 1 1 3 b 2 1 1 3 c 2 1 1 3 33 . . (1) ; (2); (3) b3 a a b3 a a b c 3 b b c a 3 c c a 50
  51. Cộng theo vế các bất đẳng thức (1), (2) và (3) ta được: a 2 b 2 c 2 1 1 1 1 1 1 2 3 b3 c 3 a 3 a b c a b c a 2 b 2 c 2 1 1 1 (đpcm) b3 c 3 a 3 a b c Bài 5: Cho 3 số thực dương a, b, c. Chứng minh bất đẳng thức sau: a 3 b3 c 3 a 2 b 2 c 2 b c a Giải: Áp dụng bất đẳng thức AM - GM ta có: a 3 a 3 a 3 a 3 b 2 33 . .b 2 3a 2 (1) ; b b b b b3 b3 c 3 c 3 c 2 3b 2 (2) ; a 2 3c 2 (3) c c a a Cộng theo vế các bất đẳng thức từ (1), (2) và (3) ta được: 3 3 3 a b c 2 2 2 2 2 2 2 a b c 3 a b c b c a a 3 b3 c 3 a 2 b 2 c 2 (đpcm) b c a Bài 6: Cho 3 số thực dương a, b, c thỏa abc 1 . Chứng minh bất đẳng thức sau: a3 b3 c3 3 1 b 1 c 1 c 1 a 1 a 1 b 4 Giải: Áp dụng bất đẳng thức AM - GM ta có: a 3 1 b 1 c a 3 1 b 1 c 3 33 . . a (1) ; 1 b 1 c 8 8 1 b 1 c 8 8 4 b3 1 c 1 a 3 b (2) ; 1 c 1 a 8 8 4 c 3 1 a 1 b 3 c (3) 1 a 1 b 8 8 4 51
  52. Cộng theo vế các bất đẳng thức (1), (2) và (3) ta được: a 3 b3 c 3 1 3 3 a b c a b c 1 b 1 c 1 c 1 a 1 a 1 b 4 4 4 a 3 b3 c 3 1 3 3 3 3 a b c 3 abc 1 b 1 c 1 c 1 a 1 a 1 b 2 4 2 4 4 (đpcm) Bài 7: Cho 3 số thực dương a, b, c. Chứng minh bất đẳng thức sau: a 4 b 4 c 4 a b c bc 2 ca 2 ab 2 Giải: Áp dụng bất đẳng thức AM - GM ta có: a 4 a 4 b c c 44 .b.c.c 4a (1) bc 2 bc 2 b 4 c a a 4b (2) ca 2 c 4 a b b 4c (3) ab 2 Cộng theo vế các bất đẳng thức (1), (2) và (3) ta được: a 4 b 4 c 4 3 a b c 4 a b c bc 2 ca 2 ab 2 a 4 b 4 c 4 a b c (đpcm) bc 2 ca 2 ab 2 Bài 8: Cho 3 số thực dương a, b, c. Chứng minh bất đẳng thức sau: ab bc ca 1 1 1 1 c 2 a b a 2 b c b 2 c a 2 a b c Giải: Áp dụng bất đẳng thức AM - GM ta có: ab a b ab a b 1 2 . (1) c 2 a b 4ab c 2 a b 4ab c bc b c 1 ca c a 1 (2) ; (3) a 2 b c 4bc a b 2 c a 4ca b Cộng theo vế các bất đẳng thức (1), (2) và (3) ta được: 52
  53. ab bc ca a b b c c a 1 1 1 c 2 a b a 2 b c b 2 c a 4ab 4bc 4ca a b c ab bc ca 1 1 1 1 1 1 1 1 1 c 2 a b a 2 b c b 2 c a 4b 4a 4c 4b 4a 4c a b c ab bc ca 1 1 1 1 (đpcm) c 2 a b a 2 b c b 2 c a 2 a b c Bài 9: Cho 3 số thực dương a, b, c thỏa a2 b2 c2 3 . Chứng minh rằng: a3 b3 c3 3 b c c a a b 2 Giải: Áp dụng bất đẳng thức AM - GM ta có: a 3 a b c a 3 a b c 2 . a 2 (1) ; b c 4 b c 4 b3 b c a b2 (2) ; (3) c a 4 Cộng theo vế các bất đẳng thức (1), (2) và (3) ta được: a 3 b3 c 3 ab bc ca a 2 b 2 c 2 (1') b c c a a b 2 Mặt khác ta có: a m n b m n c m n a mb n b mc n c m a n m 1 Chọn ta được: n 1 a 2 b 2 c 2 ab bc ca a 2 b 2 c 2 ab bc ca (2') 2 2 Cộng theo vế các bất đẳng thức (1’)và (2’) ta được: a 3 b3 c 3 ab bc ca a 2 b 2 c 2 ab bc ca a 2 b 2 c 2 b c c a a b 2 2 2 a3 b3 c3 a2 b2 c2 3 (đpcm) b c c a a b 2 2 Bài 10: Cho 3 số thực dương a, b, c. Chứng minh bất đẳng thức sau: a 5 b5 c 5 a 3 b3 c 3 b 2 c 2 a 2 Giải: 53
  54. Áp dụng bất đẳng thức AM - GM ta có: a 5 a 5 ab 2 2 .ab 2 2a 3 (1) ; b 2 b 2 b5 c 5 bc 2 2b3 (2) ; ca 2 2c 3 (3) c 2 a 2 Cộng theo vế các bất đẳng thức (1), (2) và (3) ta được: a 5 b5 c 5 ab 2 bc 2 ca 2 2 a 3 b3 c 3 (1') b 2 c 2 a 2 Mặt khác ta có: a m n b m n c m n a mb n b mc n c m a n m 1 Chọn ta được: n 2 a 3 b3 c 3 ab 2 bc 2 ca 2 (2') Cộng theo vế các bất đẳng thức (1’)và (2’) ta được: a 5 b5 c 5 ab 2 bc 2 ca 2 a 3 b3 c 3 2 a 3 b3 c 3 ab 2 bc 2 ca 2 b 2 c 2 a 2 a 5 b5 c 5 a 3 b3 c 3 (đpcm) b 2 c 2 a 2 Bài 11: Cho 3 số thực dương a, b, c. Chứng minh bất đẳng thức sau: a 3 b3 c 3 1 a 2 b 2 c 2 a 2b b 2c c 2a 3 Giải: Áp dụng bất đẳng thức AM - GM ta có: a 3 a a 2b a 3 a a 2b 2 2 . a 2 (1) ; a 2b 9 a 2b 9 3 b3 b b 2c 2 c 3 c c 2b 2 b 2 (2) ; c 2 (3) b 2c 9 3 c 2b 9 3 Cộng theo vế các bất đẳng thức (1), (2) và (3) ta được: a 3 b3 c 3 1 2 2 a 2 b 2 c 2 ab bc ca a 2 b 2 c 2 a 2b b 2c c 2a 9 9 3 a 3 b3 c 3 2 5 ab bc ca a 2 b 2 c 2 (1') a 2b b 2c c 2a 9 9 Mặt khác ta có: a m n b m n c m n a mb n b mc n c m a n m 1 Chọn ta được: n 1 54
  55. a 2 b 2 c 2 ab bc ca 2 2 a 2 b 2 c 2 ab bc ca (2') 9 9 Cộng theo vế các bất đẳng thức (1’)và (2’) ta được: a 3 b3 c 3 2 2 5 2 ab bc ca a 2 b 2 c 2 a 2 b 2 c 2 ab bc ca a 2b b 2c c 2a 9 9 9 9 a 3 b3 c 3 1 a 2 b 2 c 2 (đpcm) a 2b b 2c c 2a 3 Bài 12: Cho 3 số thực dương a, b, c. Chứng minh bất đẳng thức sau: b c c a a b 2 2 2 a 2 b 2 c 2 a b c Giải: Áp dụng bất đẳng thức AM - GM ta có: b c 4 b c 4 4 2 . (1) ; a 2 b c a 2 b c a c a 4 4 a b 4 4 (2) ; (3) b 2 c a b c 2 a b c Cộng theo vế các bất đẳng thức (1), (2) và (3) ta được: b c c a a b 4 4 4 4 4 4 (1') a 2 b 2 c 2 a b b c c a a b c Mà ta có: 1 1 1 1 4 4 2 . (2') ; a b a b 2 ab a b 1 1 4 1 1 4 (3') ; (4') b c b c c a c a Cộng theo vế các bất đẳng thức (1’), (2’), (3’) và (4’) ta được: b c c a a b 4 4 4 2 2 2 4 4 4 4 4 4 a 2 b 2 c 2 a b b c c a a b c a b c a b b c c a b c c a a b 2 2 2 (đpcm) a 2 b 2 c 2 a b c Bài 13: Cho 3 số thực dương a, b, c. Chứng minh bất đẳng thức sau: a 2 b 2 4c 2 a 3b b c a 55
  56. Dấu “=” của bất đẳng thức xảy ra khi a b 2c Giải: Áp dụng bất đẳng thức AM - GM ta có: a 2 a 2 b 2 4c 2 b 2 .b 2a (1); 4c 4b (2) ; a 4c (3) b b c a Cộng theo vế các bất đẳng thức từ (1), (2) và (3) ta được: a 2 b 2 4c 2 a b 4c 2a 4b 4c b c a a 2 b 2 4c 2 a 3b (đpcm) b c a Bài 14: Cho 3 số thực dương a, b, c. Chứng minh bất đẳng thức sau: a 2 b 2 16c 2 1 64c a b b c c a a b 9 Dấu “=” của bất đẳng thức xảy ra khi a b 2c Giải: Áp dụng bất đẳng thức AM - GM ta có: a 2 4 b c 4a b 2 4 c a 4b 16c 2 (1); (2) ; a b 8c (3) b c 9 3 c a 9 3 a b Cộng theo vế các bất đẳng thức từ (1), (2) và (3) ta được: a 2 b 2 16c 2 13 8 4 a b c a b 8c b c c a a b 9 9 3 a 2 b 2 16c 2 1 64c a b (đpcm) b c c a a b 9 56
  57. Bài tập tự luyện 57
  58. 7. Kỹ thuật AM - GM ngược dấu Xét bài toán sau: Bài toán: Cho 3 số thực dương a, b, c có tổng thỏa điều kiện : a b c 3. Chứng minh bất đẳng thức sau: 1 1 1 3 a 2 1 b 2 1 c 2 1 2 Phân tích và giải: Ta không thể dùng trực tiếp bất đẳng thức AM - GM với mẫu vì bất đẳng thức sau đó sẽ đổi chiều: 1 1 1 1 1 1 3 a 2 1 b 2 1 c 2 1 2a 2b 2c 2 1 1 1 1 1 1 3 1 3 1 3 Do 33 . . 2a 2b 2c 2a 2b 2c 2 3 abc 2 a b c 2 3 Đến đây chúng ta sẽ bị lúng túng trong cách giải. Ở đây ta sẽ sử dụng lại bất đẳng thức AM - GM theo cách khác: 1 a 2 a 2 a 1 1 1 (1) a 2 1 a 2 1 2a 2 1 b 1 c Tương tự ta có: 1 (2) ; 1 (3) b 2 1 2 c 2 1 2 Cộng theo vế (1), (2), (3) ta được: 1 1 1 a b c 3 3 (đpcm) a 2 1 b 2 1 c 2 1 2 2 Nhận xét: Kỹ thuật AM - GM ngược dấu có thể hiểu là ta lấy nghịch đảo hai vế của bất đẳng thức AM - GM sau đó nhân hai vế với -1. Khi đó dấu của bất đẳng thức ban đầu sẽ không đổi chiều. Bài 1: Cho 3 số thực dương a, b, c có tổng thỏa điều kiện : a b c 3. Chứng minh bất đẳng thức sau: 1 1 1 3 1 ab 1 bc 1 ca 2 Giải: Ta có: 58
  59. 1 ab ab ab 1 1 1 (1) 1 ab 1 ab 2 ab 2 1 bc 1 ca Tương tự ta có: 1 (2) ; 1 (3) 1 bc 2 1 ca 2 Cộng theo vế (1), (2), (3) ta được: 1 1 1 1 3 ab bc ca 1 ab 1 bc 1 ca 2 1 a b b c c a a b c 3 3 3 3 3 2 2 2 2 2 2 2 (đpcm) Bài 2: Cho 3 số thực dương a, b, c có tổng thỏa điều kiện : a b c 3. Chứng minh bất đẳng thức sau: a b c 3 b 2 1 c 2 1 a 2 1 2 Giải: Ta có: a ab 2 ab 2 ab a a a (1) b 2 1 b 2 1 2b 2 b bc c ca Tương tự ta có: b (2) ; c (3) c 2 1 2 a 2 1 2 Cộng theo vế (1), (2), (3) ta được: a b d ab bc ca a b c (1') b 2 1 c 2 1 d 2 1 2 Mặt khác ta có: a 2 b 2 b 2 c 2 c 2 a 2 ab bc ca a 2 b 2 c 2 a b c 2 - 2 ab bc ca 2 2 2 a b c 2 ab bc ca 3 (2') 3 Từ (1’) và (2’) ta có: a b c 3 3 3 (đpcm) b 2 1 c 2 1 a 2 1 2 2 a b c 2 Lưu ý: Ta sẽ sử dụng kết quả ab bc ca 3 trong chứng minh các 3 bài toán khác. 59
  60. Bài 3: Cho 3 số thực dương a, b, c có tổng thỏa điều kiện : a b c 3. Chứng minh bất đẳng thức sau: a 1 b 1 c 1 3 b 2 1 c 2 1 a 2 1 Giải: Ta có: a 1 a 1 b 2 a 1 b 2 ab b a 1 a 1 a 1 (1) b 2 1 b 2 1 2b 2 b 1 bc c c 1 ca a Tương tự ta có: b 1 (2) ; c 1 (3) c 2 1 2 a 2 1 2 Cộng theo vế (1), (2), (3) ta được: a 1 b 1 c 1 a b c ab bc ca a b c 3 b 2 1 c 2 1 a 2 1 2 a b c ab bc ca 3 2 2 a b c 2 3 3 3 3 - 3 3 - 3 2 2 2 2 Vậy a 1 b 1 c 1 3 b 2 1 c 2 1 a 2 1 Bài 4: Cho 3 số thực dương a, b, c . Chứng minh bất đẳng thức sau: a3 b3 c3 a b c a2 b2 b2 c2 c2 a2 2 Giải: Ta có: a 3 ab 2 ab 2 b a a a (1) a 2 b 2 a 2 b 2 2ab 2 b3 c c 3 a Tương tự ta có: b (2) ; c (3) b 2 c 2 2 c 2 a 2 2 Cộng theo vế (1), (2), (3) ta được: a 3 b3 c 3 a b c a b c a b c a 2 b 2 b 2 c 2 c 2 a 2 2 2 (đpcm) 60
  61. Bài 5: Cho 3 số thực dương a, b, c có tổng thỏa điều kiện : a b c 3. Chứng minh bất đẳng thức sau: a b c 2 b 2c 1 c 2 a 1 a 2b 1 Giải: Ta có: a ab 2c ab 2c ab c b a ac b a ac 2 a 2 a a a a b c 1 b c 1 2b c 2 2 4 a 1 a ab abc (1) b 2c 1 4 Tương tự ta có: b 1 c 1 b bc abc (2); c ca abc (3) c 2 a 1 4 a 2b 1 4 Cộng theo vế (1), (2), (3) ta được: a b c ab bc ca abc ab bc ca abc a b c - 3 - (1’) b 2c 1 c 2 a 1 a 2b 1 4 4 4 4 Mặt khác ta có: a b c 2 3 ab bc ca 3 ab bc ca (2’) 3 4 4 1 abc 3 a b c 33 abc (3’) 4 4 Cộng theo vế (1’), (2’), (3’) ta được: a b c 3 1 3 b 2c 1 c 2 a 1 a 2b 1 4 4 a b c 2 (đpcm) b 2c 1 c 2 a 1 a 2b 1 Bài 6: Cho 3 số thực dương a, b, c có tổng thỏa điều kiện ab bc ca 3. Chứng minh bất đẳng thức sau: a b c 1 2b3 1 2c 3 1 2a 3 1 Giải: Ta có: a 2ab3 ab3 2ab a a a (1) 2b3 1 b3 b3 1 3b 2 3 61
  62. b 2bc c 2ca Tương tự ta có: b (2) ; c (3) 2c 3 1 3 2a 3 1 3 Cộng theo vế (1), (2), (3) ta được: a b c 2 ab bc ca a b c a b c 2 (1') 2b3 1 2c 3 1 2a 3 1 3 Mặt khác ta có: a b c 2 ab bc ca 3 a b c 3 ab bc ca 3 (2') Cộng theo vế (1’) và (2’) ta được: a b c a b c a b c 1 2b3 1 2c 3 1 2a 3 1 a b c 1 (đpcm) 2b3 1 2c 3 1 2a 3 1 Bài 7: Cho 3 số thực dương a, b, c . Chứng minh rằng: a 3 b3 c 3 a b c a 2 ab b 2 b 2 bc c 2 c 2 ca a 2 3 Giải: Ta có: a 3 a 2b ab 2 ab a b a b 2a b a a a (1) a 2 ab b 2 a 2 ab b 2 3ab 3 3 Tương tự ta có: b3 2b c (2) ; b 2 bc c 2 3 Cộng theo vế (1), (2), (3) ta được: a 3 b3 c 3 a b c (đpcm) a 2 ab b 2 b 2 bc c 2 c 2 ca a 2 3 Bài 8: Cho 3 số thực dương a, b, c có tổng thỏa điều kiện a b c 3. Chứng minh bất đẳng thức sau: a 2 b 2 c 2 1 a 2b 2 b 2c 2 c 2a 2 Giải: Ta có: 62
  63. 2 2 2 a 2ab 2ab 2 3 2 2 a 2 2 a a ab (1) a 2b a b b 33 ab 4 3 Tương tự ta có: b 2 2 c 2 2 b 3 bc 2 (2) ; c 3 ca 2 (3) b 2c 2 3 c 2a 2 3 Cộng theo vế (1), (2), (3) ta được: a 2 b 2 c 2 2 a b c 3 ab 2 3 bc 2 3 ca 2 2 2 2 a 2b b 2c c 2a 3 2 3 3 ab 2 3 bc 2 3 ca 2 (*) 3 Mặt khác ta có: a ab b 3 ab 2 3 a.ab.b (1’) 3 Tương tự: b bc c c ca a 3 bc 2 (2’) ; 3 ca 2 (3’) 3 3 Cộng theo vế (1’), (2’) và (3’) ta có 2 1 3 ab 2 3 bc 2 3 ca 2 a b c ab bc ca 3 3 2 1 a b c 2 2 1 32 a b c . .3 . 3 3 3 3 3 3 3 2 2 3 ab 2 3 bc 2 3 ca 2 .3 -2 ( ) 3 3 Từ (*) và ( ) ta có: a 2 b 2 c 2 3 2 1 (đpcm) a 2b 2 b 2c 2 c 2a 2 Bài 9: Cho 3 số thực dương a, b, c thỏa điều kiện a b c 3. Chứng minh bất đẳng thức sau: a 2 b2 c2 1 a 2b3 b 2c3 c 2a3 Giải: Ta có: 2 3 3 a 2ab 2ab 2 3 2 3 a 3 3 a a b a (1) a 2b a b b 33 ab6 3 Tương tự ta có: 63
  64. b2 2 c2 2 b c3 b2 (2) ; c a3 c2 (3) b 2c3 3 c 2a3 3 Cộng theo vế (1), (2), (3) ta được: 2 2 2 a b c 2 3 2 3 2 3 2 3 3 3 a b c b a c b a c a 2b b 2c c 2a 3 2 3 b3 a2 c3 b2 a3 c2 (*) 3 Mặt khác ta có: a a 1 2a 1 2ab b b3 a 2 b3 a.a.1 b b (1') 3 3 3 Tương tự ta có: 2bc c 2ca a c3 b 2 (2') ; a3 c 2 (3') 3 3 Cộng theo vế (1’), (2’), (3’) ta được: a b c 2 b3 a 2 c3 b 2 a3 c 2 ab bc ca 3 3 a b c 2 a b c 2 . 3 ( ) 3 3 3 a 2 b2 c2 Từ (*) và ( ) ta có: 1 (đpcm) a 2b3 b 2c3 c 2a3 64
  65. Bài tập tự luyện 65
  66. B. MỘT SỐ KỸ THUẬT SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC BUNYAKOVSKI I. BẤT ĐẲNG THỨC BUNYAKOVSKI 1. Cho 2n số thực bất kì n Z,n 1 , ta luôn có: 2 2 2 2 2 2 2 a1b1 a2b2 anbn a1 a2 an b1 b2 bn a1 a2 an Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi (quy ước bi 0 thì ai 0 ) b1 b2 bn 2. II. MỘT SỐ KỸ THUẬT SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC BUNYAKOVSKI 1. Kỹ thuật tách ghép bộ số 1 1 1 Bài 1: Cho các số thực dương a, b, c thỏa a b c 1. CMR 9 a b c Giải: Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovski : 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 a b c a. b. c. 9 a b c a b c a b c 1 1 1 Vậy 9 a b c Bài 2: Cho các số thực dương a, b,c. CMR : a b b c c a 6 a b c a b c a b c Giải: Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovski : 2 a b b c c a a b c a b c a b c a b b c c a 12 12 12 6 a b c a b c a b c a b b c c a 6 a b c a b c a b c 66
  67. Bài 3: Cho các số thực dương a, b, c thỏa ab bc ca 4 . CMR: 16 a 4 b 4 c 4 3 Giải: Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovski, ta có : 2 12 12 12 a 4 b 4 c 4 1.a 2 1.b 2 1.c 2 a 2 b 2 c 2 b 2 c 2 a 2 ab bc ca ab bc ca 16 16 a 4 b 4 c 4 (đpcm) 3 a b Bài 4: Cho các số thực dương a, b. CMR a b b a Giải: Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovski, ta có : 2 2 a b a b a b .4 b .4 a . a b 4 4 b a b a a b a b b a (đpcm) a2 b2 c2 Bài 5: Cho các số thực dương a, b. CMR a b c 2 b c c a a b Giải: Ta có: a b c a b c b c c a a b b c c a a b Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovski : 2 2 2 2 a b c 2 2 2 a b c b c c a a b b c c a a b a2 b2 c2 2 a b c  b c c a a b a2 b2 c2 a b c 2 (đpcm) b c c a a b 67
  68. Bài 6: Cho các số thực dương a, b thỏa a 2 b 2 1. Tìm GTLN của A a 1 a b 1 b Giải: Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovski : A a 1 a b 1 b a 2 b 2 1 a 1 b a b 2 12 12 a 2 b 2 2 2 2 a 2 b 2 1 a b 2 Dấu “=” xảy ra a b a 1 b 1 2 1 1 a b Vậy GTLN của A là 2 2 Bài 7: Cho số thực a, b thỏa 36a 2 16b 2 9 . Tìm GTLN và GTNN của A 2a b 5 Giải: Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovski : 2 2 2 2 2 1 1 1 1 2 36a 16b 6a 4b. 2a b 3 4 3 4 25 2a b 2 16 5 5 2a b 4 4 15 25 2a b 5 4 4 Ta có: 2 2 36a 9b 9 2 a 25 6a 4b 5 GTNN của A là khi 4 1 1 9 b 3 4 20 5 2a b 4 68
  69. 2 2 36a 9b 9 2 a 25 6a 4b 5 GTLN của A là khi 4 1 1 9 b 3 4 20 5 2a b 4 Bài 8: Cho các số thực dương a, b, c. CMR: 4 4 4 a 3b b 3c c 3a a 4 b 4 c 4 4 4 4 Giải: Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovski, ta có : 2 4 2 2 a 3b a b b b 1 1 1 1 2 2 2 2 a b b b 4 4 4 4 4 16 16 16 16 1 2 a 2 b 2 b 2 b 2 16 1 1 1 1 1 a 4 b 4 b 4 b 4 16 4 a 3b a 4 3b 4 (1) 4 4 Tương tự: 4 b 3c b 4 3c 4 (2) 4 4 4 c 3a c 4 3a 4 (3) 4 4 Cộng theo vế (1), (2), (3) ta được: 4 4 4 a 3b b 3c c 3a a 4 b 4 c 4 (đpcm) 4 4 4 Bài 9: Cho a,b,c 0,1 . CMR abc 1 a 1 b 1 c 1 Giải: Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovski : 69
  70. 2 abc 1 a 1 b 1 c a 1 a bc 1 b 1 c  bc 1 b 1 c abc 1 a 1 b 1 c bc 1 b 1 c bc 1 b 1 c Mà 2 bc 1 b 1 c b 1 b c 1 c  1 bc 1 b 1 c 1 Vậy ta có: 2 abc 1 a 1 b 1 c 1 hay abc 1 a 1 b 1 c 1 Lưu ý: Trong cách chứng minh trên ta đã sử dụng bất đẳng thức x y x y x,y 0 Dễ dàng chứng minh tính chất này, ta có: 2 x y x y 2 xy x y x,y 0 x y x y Bài 10: Cho các số thực dương a, b, c. CMR a b c 9 b c 2 c a 2 a b 2 4 a b c Giải: Ta có: a b c a b c 2 2 2 b c c a a b 2 2 2 2 2 2 a b c a b c b c c a a c 2 a b c b c c a a b Mà ta có: a b c 3 b c c a a b 2 (bất đẳng thức Nesbit, đã chứng minh trong phần trước) 2 a b c 9 b c c a a b 4 70
  71. a b c 9 a b c b c 2 c a 2 a b 2 4 a b c 9 đpcm b c 2 c a 2 a b 2 4 a b c 71
  72. Bài tập tự luyện 72
  73. 2. Kỹ thật chọn điểm rơi Bài 1: Cho các số thực dương a, b,c thỏa a b c 6 . Tìm giá trị nhỏ nhất (GTNN) của 1 1 1 A a 2 b 2 c 2 b 2 c 2 a 2 . Phân tích: Chuyển đổi một biểu thức trong căn thành một biểu thức ngoài căn. Giả sử với các số ,  ta có: 2 1 1 2 1 2 2 1  a 2 . a 2 .  a b 2  2 b 2  2 b 2 1 1 2 1 2 2 1  b 2 . b 2 .  b c 2  2 c 2  2 c 2 1 1 2 1 2 2 1  c . c .  c a 2 2 2 a 2 2 2 a   1 1 1 1 A a b c  2  2 a b c Do A là biểu thức đối xứng với a, b, c nên ta dự đoán GTNN của A đạt tại a b c 2 Sơ đồ điểm rơi: a 1 b b 1 4 4 a b c 2 ab bc ca , chọn c  1  1 c 1 a Kết hợp với “ kỹ thuật chọn điểm rơi trong bất đẳng thức AM - GM” ta có lời giải: Giải: 73
  74. 2 1 1 2 1 2 2 1 1 a 2 . a 2 . 4 1 4a b 17 b 17 b 2 1 1 2 1 2 2 1 1 b 2 . b 2 . 4 1 4b c 17 c 17 c 1 1 1 1 1 c2 . c2 . 42 12 4c 2 2 2 2 a 17 a 4 1 a 1 1 1 1 1 15 a b c 1 1 1 A 4 a b c a b c Dấu 17 a b c 17 4 4 4 4 a b c 1 15 a b c 1 1 1 3 17 6 .6 6. . . . . . 17 4 4 4 4 a b c 2 a 1 4 b b 1 “=” xảy ra a b c 2 4 c c 1 4 a 3 17 Vậy GTNN của A là 2 Bài 2: Cho các số thực dương a, b,c thỏa a b c 6 Tìm GTNN của 1 1 1 A a 2 b 2 c 2 b c c a a b . Phân tích: Chuyển đổi một biểu thức trong căn thành một biểu thức ngoài căn. Giả sử với các số ,  ta có: 2 1 1 1 1  a 2 . a 2 . 2  2 a b c 2  2 b c 2  2 b c 2 1 1  b b c a 2  2 c a 1 1  c 2 c a b 2  2 a b 1 1 1 1 A a b c  2  2 a b b c c a Do A là biểu thức đối xứng với a, b, c nên ta dự đoán GTNN của A đạt tại a b c 2 74
  75. Sơ đồ điểm rơi: a 1 b b 1 4 4 a b c 2 ab bc ca , chọn c  1  1 c 1 a Kết hợp với “ kỹ thuật chọn điểm rơi trong bất đẳng thức AM - GM” ta có lời giải: Giải 2 1 1 2 1 2 2 1 1 a . a . 4 1 4a b c 17 b c 17 b c 2 1 1 1 b 4b c a 17 c a 1 1 1 c 2 4c 2 2 a b 4 1 a b 1 1 1 1 A 4 a b c 17 a b b c c a 1 1 1 1 3 4 a b c 3. . . 17 a b a b c a 1 9 4 a b c 17 a b a b c a 1 9 4 a b c 2 2 2 17 1 1 1  a b b c c a  1 9 4 a b c 17 6 a b c 1 31 1 9 9 a b c a b c 17 8 8 2 6 a b c 2 6 a b c 1 31 1 9 9 3 17 .6 33 a b c . . 17 8 8 2 6 a b c 2 6 a b c 2 3 17 Với a b c 2 thì GTNN của A là 2 75
  76. Bài 3: Cho các số thực dương a, b,c thỏa a b c 2abc 10 . Tìm GTNN của 8 9b 2 c 2 a 2 8 9c 2 a 2b 2 8 9a 2 b 2c 2 A a 2 2 4 b 2 2 4 c 2 2 4 Do A là biểu thức đối xứng với a, b, c nên ta dự đoán GTNN của A đạt tại a b c 2 Sơ đồ điểm rơi: a 1 b b 1 4 4 a b c 2 ab bc ca , chọn c  1  1 c 1 a Kết hợp với “ kỹ thuật chọn điểm rơi trong bất đẳng thức AM - GM” ta có lời giải: Giải 8 9b 2 c 2 a 2 4 2 18 4 2 9b ca a 2 4 a 2 2 2 8 9c a b 4 2 18 4 2 9b ca b 2 4 b 8 9a 2 b 2c 2 4 2 18 4 2 9b ca c 2 4 a 4 4 4 24.A 9 a b c ab bc ca a b c 4 4 4 a b c 2a bc 2b ac 2c ab 6 a b c a b c 4 4 4 2 .a 2 .b 2 .c 2 2abc 2 2abc 2 2abc 6 a b c a b c 12 6 a b c 2abc 72 72 A 6 6 24 Với a b c 2 thì GTNN của A là 6 6 76
  77. Tài Liệu Tham Khảo 1. EE. Vrosovo, NS Denisova, Thực hành giải toán sơ cấp, người dịch Hoàng Thị Thanh Liêm, Nguyễn Thị Ninh, Nguyễn Văn Quyết, NXBGD, 1986. 2. Lê Duy Thiện , Sử dụng bất đẳng thức Bunyakovski để giải một bài toán cực trị đại số, Sáng kiến kinh nghiệm 2009, Trường THPT Lang Chánh, Thanh Hóa. 3. Nguyễn Ngọc Duy – Nguyễn Tăng Vũ, Bất đẳng thức AM - GM, Trung tâm bồi dưỡng kiến thức Quang Minh, Thành phố Hồ Chí Minh. 4. Nguyễn Việt Hải, Kỹ thuật chọn điểm rơi trong bất đẳng thức AM-GM (AM - GM), Trường THPT chuyên Quang Trung, Bình Phước. 5. Nguyễn Văn Mậu, Bài giảng Chuyên đề đẳng thức và bất đẳng thức, Chương trình bồi dưỡng chuyên đề toán, Hà Nội, 11/12/2009. 6. Nguyễn Ngọc Sang, Phương pháp chứng minh bất đẳng thức AM - GM, Sáng kiến kinh nghiệm 2009, Trường THPT Nguyễn Huệ, Thanh Hóa. 7. Phạm Kim Hùng, Sáng tạo bất đẳng thức, Nhà xuất bản Tri thức. 8. Tạp chí Toán học Tuổi trẻ. 9. Trần Phương – Nguyễn Đức Tấn, Sai lầm thường gặp và sáng tạo khi giải toán, Nhà xuất bản Hà Nội, 2004. 10. www.hsmath.net 11. www.mathvn.com 77